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专题 4.5 平面向量的数量积及其应用【八大题型】
【新高考专用】
1、平面向量的数量积及其应用
平面向量的数量积是高考的热点内容.从近几年的高考情况来看，试题主要以选择题、填空题的形式
呈现，其中平面向量的数量积、夹角、模与垂直条件等知识是高考的重点、热点内容，难度中等，有时会
与三角函数、平面几何等相结合命题.学生在高考复习中应注意加强对向量的数量积、数量积的坐标表示
的掌握，能灵活求解.
【知识点1 平面向量数量积的求解方法】
1．平面向量数量积的两种运算方法(1)基底法：当已知向量的模和夹角 时，可利用定义法求解，适用于平面图形中的向量数量积的有关
计算问题；
(2)坐标法：当平面图形易建系求出各点坐标时，可利用坐标法求解.
【知识点2 数量积的两大应用】
1．夹角与垂直
根据平面向量数量积的性质：若 ， 为非零向量，则 (夹角公式)， 等，
可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂直问题.
2．向量的模的求解思路：
(1)坐标法：当向量有坐标或适合建坐标系时，可用模的计算公式；
(2)公式法：利用 及 ，把向量的模的运算转化为数量积运
算；
(3)几何法：利用向量的几何意义，即利用向量加减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利
用余弦定理等方法求解.
【知识点3 向量数量积综合应用的方法和思想】
1．向量数量积综合应用的三大解题方法
(1)坐标法：把几何图形放在适当的坐标系中，就赋予了有关点与向量具体的坐标，这样就能进行相应
的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决.
(2)基向量法：适当选取一组基底，写出向量之间的联系，利用向量共线构造关于设定未知量的方程来
进行求解.
(3)利用向量运算进行转化，化归为三角函数的问题或三角恒等变换问题是常规的解题思路和方法，以
向量为载体考查三角形问题时，要注意正弦定理、余弦定理等知识的应用.
【知识点4 极化恒等式】
1．极化恒等式的证明过程与几何意义
(1)平行四边形对角线的平方和等于四边的平方和：
.
证明：不妨设 ，则 ， ，
①，
②，
①②两式相加得：.
(2)极化恒等式：
上面两式相减，得： ————极化恒等式
平行四边形模式： .
(3)几何意义：向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角
线”平方差的 ．
【方法技巧与总结】
1．平面向量数量积运算的常用公式
(1) ；
(2) .
2．有关向量夹角的两个结论
(1)若 与 的夹角为锐角，则 >0；若 >0，则 与 的夹角为锐角或0.
(2)若 与 的夹角为钝角，则 <0；若 <0，则 与 的夹角为钝角或π.
3．向量 在向量 上的投影向量为 .
【题型1 平面向量的数量积】
【例1】（2024·广东·一模）已知⃗a和⃗b的夹角为150°，且|⃗a|=2,|⃗b|=√3，则(⃗a+2⃗b)⋅⃗b=（ ）
A．−9 B．−3 C．3 D．9
【解题思路】根据向量数量积运算求得正确答案.
2
【解答过程】(⃗a+2⃗b)⋅⃗b=⃗a⋅⃗b+2|⃗b|
2
=|⃗a|⋅ |⃗b| ⋅cos150°+2|⃗b|
=2⋅√3⋅ ( − √3) +2⋅(√3) 2=3
2
故选：C.【变式1-1】（2024·广东广州·模拟预测）设平面向量⃗a=(4,2)，⃗b=(m,1)，若⃗a与⃗b不能作为平面向量的一
组基底，则⃗a⋅⃗b=（ ）
A．2 B．10 C．−6 D．0
【解题思路】由条件，结合基底的定义列方程可求m，再由数量积的坐标表示求⃗a⋅⃗b.
【解答过程】因为⃗a与⃗b不能作为平面向量的一组基底，
所以⃗a//⃗b，又⃗a=(4,2)，⃗b=(m,1)，
所以4−2m=0，故m=2，
所以⃗b=(2,1)，
所以⃗a⋅⃗b=4×2+2×1=10.
故选：B.
【变式1-2】（2024·安徽芜湖·模拟预测）莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工
业上应用广泛．如图所示，分别以正三角形ABC的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成
的曲边三角形即为菜洛三角形，已知正三角形ABC的边长为1，点P为A´B的中点，则⃗PC⋅(⃗PA+⃗PB)的
值为（ ）
1 √3
A．1 B．2−√3 C． D．
2 2
【解题思路】根据题意，建立平面直角坐标系，求出相应向量的坐标，结合向量的数量积的坐标运算公式，
即可求解.
【解答过程】根据题意，以C为坐标原点，BC所在的直线为x轴，过点C且垂直于BC的直线为y轴，建立
平面直角坐标系，如图所示，因为正△ABC的边长为1，且点P为A´B的中点，所以∠PCB=30∘，
点P在以C为圆心，BC为半径的圆上，
1 √3 √3 1
则C(0,0),B(−1,0),A(− , ),P(− , ),
2 2 2 2
√3 1 √3 1 √3 1 √3 1
所以⃗PC=( ,− ),⃗PA=( − , − ),⃗PB=( −1,− )，
2 2 2 2 2 2 2 2
3 √3
则⃗PA+⃗PB=(√3− , −1)，
2 2
√3 3 1 √3
所以⃗PC⋅(⃗PA+⃗PB)= ×(√3− )− ×( −1)=2−√3.
2 2 2 2
故选：B.
【变式1-3】（2024·山东威海·一模）在△ABC中，∠BAC=90∘，|⃗AB|⋅|⃗AC|=1，P是△ABC所在平面
⃗AB ⃗AC
内一点， ⃗AP= +3 ，则⃗PB⋅⃗PC的最大值为（ ）
|⃗AB| |⃗AC|
A．5+2√3 B．10+2√3 C．5−2√3 D．10−2√3
【解题思路】根据向量的数量积以及基本不等式求解即可.
【解答过程】∵ ∠BAC=90∘，∴ ⃗AB⋅⃗AC=0，
⃗AB ⃗AC
∵ ⃗AP= +3 ，
|⃗AB| |⃗AC|
∴ ⃗AP2= ( ⃗AB +3 ⃗AC ) 2 = ( ⃗AB ) 2 +6 ⃗AB ⋅ ⃗AC + ( 3 ⃗AC ) 2 =1+0+9=10，
|⃗AB| |⃗AC| |⃗AB| |⃗AB| |⃗AC| |⃗AC|
∵ ⃗PB⋅⃗PC=(⃗PA+⃗AB)⋅(⃗PA+⃗AC)
=⃗PA2+⃗PA⋅⃗AC+⃗PA⋅⃗AB+⃗AB⋅⃗AC
=10−⃗AP⋅⃗AC−⃗AP⋅⃗AB( ⃗AB ⃗AC ) ( ⃗AB ⃗AC )
=10− +3 ⋅⃗AC− +3 ⋅⃗AB
|⃗AB| |⃗AC| |⃗AB| |⃗AC|
=10−3|⃗AC|−|⃗AB|=10−(3|⃗AC|+|⃗AB|)≤10−2√3|⃗AC|⋅|⃗AB|=10−2√3，
√3
当且仅当3|⃗AC|=|⃗AB|，即|⃗AB|=√3，|⃗AC|= 时等号成立，
3
所以⃗PB⋅⃗PC的最大值为10−2√3.
故选：D.
【题型2 平面向量的夹角问题】
π
【例2】（2024·福建泉州·模拟预测）已知向量⃗a,⃗b,⃗c满足|⃗a|=|⃗b|,⃗a与⃗b的夹角为 ,⃗a+⃗b+⃗c=0，则⃗a与⃗c
3
的夹角为（ ）
π π 2π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6
π
【解题思路】对等式
,⃗a+⃗b+⃗c=0进行变形得⃗c=−⃗a−⃗b，再运算数量积的运算求解即可.
3
【解答过程】设|⃗a|=|⃗b|=1，由题得⃗c=−⃗a−⃗b，
π 1 3
所以⃗a⋅⃗c=⃗a⋅(−⃗a−⃗b)=−⃗a2−⃗a⋅⃗b=−|⃗a|2−|⃗a|⋅ |⃗b|cos =−1− =− ，
3 2 2
⃗c2=(−⃗a−⃗b) 2=⃗a2+2⃗a⋅⃗b+⃗b2=3，所以|⃗c|=√3，
⃗a⋅⃗c √3
所以cos⟨⃗a,⃗c⟩= =− ，又⟨⃗a,⃗c⟩∈[0,π]，
|⃗a|⋅|⃗c| 2
5π
所以⟨⃗a,⃗c⟩= ，
6
故选:D.
【变式2-1】（2024·四川雅安·一模）已知单位向量⃗a，⃗b满足⃗a⋅⃗b=0，则cos⟨⃗a+⃗b,2⃗a+4⃗b⟩=（ ）
3√10 2√5 √5 √10
A． B． C． D．
10 5 5 10
【解题思路】求出(⃗a+⃗b)⋅(2⃗a+4⃗b)，|⃗a+⃗b|与|2⃗a+4⃗b|，再应用夹角余弦公式求解即可.
【解答过程】解：因为|⃗a|=|⃗b|=1，⃗a⋅⃗b=0，所以(⃗a+⃗b)⋅(2⃗a+4⃗b)=2|⃗a| 2+6⃗a⋅⃗b+4|⃗b| 2 =6，
因为|⃗a+⃗b| 2 =|⃗a| 2+2⃗a⋅⃗b+|⃗b| 2 =2，|2⃗a+4⃗b| 2 =4|⃗a| 2+16⃗a⋅⃗b+16|⃗b| 2 =20，
所以|⃗a+⃗b|=√2，|2⃗a+4⃗b|=2√5，
(⃗a+⃗b)⋅(2⃗a+4⃗b) 6 3√10
所以cos⟨⃗a+⃗b,2⃗a+4⃗b⟩= = = ，
|⃗a+⃗b||2⃗a+4⃗b| √2×2√5 10
故选：A.
【变式2-2】（2024·湖北·二模）已知平面向量⃗a=(1−x,−x−3)，⃗b=(1+x,2)，⃗a⋅⃗b=−4，则⃗a+2⃗b与⃗b
的夹角为（ ）
π π 2π 3π
A． B． C． D．
3 4 3 4
【解题思路】根据题意，由平面向量数量积的坐标运算可得x=−1，再由平面向量的夹角公式代入计算，
即可得到结果.
【解答过程】⃗a⋅⃗b=−4⇒(1−x)(1+x)−2(x+3)=−4⇒x=−1⇒⃗a=(2,−2)，
⃗b=(0,2)⇒⃗a+2⃗b=(2,2)，
(⃗a+2⃗b)⋅⃗b 0+4 √2
∴cos〈⃗a+2⃗b,⃗b〉= = = ，
|⃗a+2⃗b||⃗b| 2√2×2 2
π
∵〈⃗a+2⃗b,⃗b〉∈[0,π]，∴⟨⃗a+2⃗b,⃗b⟩=
．
4
故选：B.
【变式2-3】（2024·全国·模拟预测）单位向量⃗a,⃗b,⃗c满足⃗a−2⃗b+2⃗c=0，则cos⟨⃗a,⃗b−2⃗c⟩=（ ）
√6 √6 √6 √6
A． B． C． D．
8 4 2 6
7 √6
【解题思路】法一：将⃗a=2⃗b−2⃗c平方得 ⃗b⋅⃗c= ，求出|⃗b−2⃗c|= ，再利用夹角公式求解；法二：设
8 2
⃗a=(1,0)向量坐标化，确定⃗b,⃗c，再利用向量夹角的坐标公式求解.
【解答过程】法一：因为⃗a−2⃗b+2⃗c=0⃗，所以⃗a=2⃗b−2⃗c，所以⃗a2=4⃗b2+4⃗c2−8⃗b⋅⃗c.7
由⃗a,⃗b,⃗c是单位向量，得⃗a2=⃗b2=⃗c2=1，故 ⃗b⋅⃗c= .
8
2 7 3 √6
所以 |⃗b−2⃗c| =⃗b2−4⃗b⋅⃗c+4⃗c2=1− +4= ，所以|⃗b−2⃗c|= .
2 2 2
21 3
因为⃗a⋅(⃗b−2⃗c)=(2⃗b−2⃗c)⋅(⃗b−2⃗c)=2⃗b2+4⃗c2−6⃗b⋅⃗c=6− = ，
4 4
⃗a⋅(⃗b−2⃗c) √6
所以cos⟨⃗a,⃗b−2⃗c⟩= =
.
|⃗a||⃗b−2⃗c| 4
法二： 因为⃗a−2⃗b+2⃗c=0⃗，所以⃗a=2⃗b−2⃗c.因为⃗a,⃗b,⃗c是单位向量，
所以设⃗a=(1,0)，⃗b=(x ,y )，⃗c=(x ,y )，则x2+ y2=1，x2+ y2=1，(1,0)=(2x −2x ,2y −2y )，
1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2
1 1 √15
解得x = ,x =− ,y = y =± .
1 4 2 4 1 2 4
(1 √15) ( 1 √15) (3 √15)
取⃗b= , ,⃗c= − , ，则⃗b−2⃗c= ,− .
4 4 4 4 4 4
(3 √15) 3 √6
因为⃗a⋅(⃗b−2⃗c)=(1,0)⋅ ,− = ，|⃗b−2⃗c|= ，
4 4 4 2
3
⃗a⋅(⃗b−2⃗c) 4 √6
所以cos⟨⃗a,⃗b−2⃗c⟩= = =
.
|⃗a||⃗b−2⃗c| √6 4
1×
2
故选：B.
【题型3 平面向量的模长】
【例3】（2024·浙江温州·一模）已知平面向量⃗a，⃗b满足|⃗a|=|⃗b|=1，⟨⃗a,⃗b⟩=60∘，则|⃗a+2⃗b|=（ ）
A．1 B．√3 C．2 D．√7
2
【解题思路】由题意，结合|⃗a+2⃗b| =⃗a2+4⃗a⋅⃗b+4⃗b2计算即可求解.
【解答过程】由题意知，|⃗a|=|⃗b|=1,⟨⃗a,⃗b⟩=60°，
2
|⃗a+2⃗b| =⃗a2+4⃗a⋅⃗b+4⃗b2=1+4|⃗a||⃗b|cos60°+4=7，
所以|⃗a+2⃗b|=√7.故选：D.
【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）平面向量⃗a=(1,−2),⃗b=(2,m)，若⃗a//⃗b，则|⃗a−⃗b|=（ ）
A．√3 B．2 C．√5 D．√6
【解题思路】利用向量平行求出m，再利用模长公式求解答案.
【解答过程】因为⃗a//⃗b，所以1×m=−2×2，解得m=−4，所以⃗a−⃗b=(−1,2)，所以|⃗a−⃗b|=√5．
故选：C．
【变式3-2】（2024·北京海淀·三模）已知⃗e为单位向量，向量⃗a满足⃗a⋅⃗e=2，|⃗a−λ⃗e|=1，则|⃗a|的最大值
为（ ）
A．1 B．2 C．√5 D．4
【解题思路】设⃗e=(1,0)，⃗a=(x,y)，根据⃗a⋅⃗e=2求出x，再根据|⃗a−λ⃗e|=1得到y2=1−(2−λ) 2，最后根
据向量模的坐标表示及二次函数的性质计算可得.
【解答过程】依题意设⃗e=(1,0)，⃗a=(x,y)，
由⃗a⋅⃗e=2，所以x=2，则⃗a=(2,y)，
又⃗a−λ⃗e=(2,y)−(λ,0)=(2−λ,y)，且|⃗a−λ⃗e|=1，
所以√(2−λ) 2+ y2=1，即y2=1−(2−λ) 2，
所以|⃗a|=√22+ y2=√4+1−(2−λ) 2≤√5，当且仅当λ=2时取等号，
即|⃗a|的最大值为√5.
故选：C.
2π π
【变式3-3】（2024·湖南湘西·模拟预测）已知⃗a,⃗b,⃗c均为单位向量，且〈⃗a,⃗b〉= ,〈⃗a+⃗b,⃗c〉= ，
3 3
则|⃗a+⃗b+t⃗c|(t∈R)的最小值为（ ）
3 √3 9 3
A． B． C． D．
4 2 4 2
【解题思路】利用向量的模的计算可得|⃗a+⃗b+t⃗c|=√1+t+t2，结合二次函数可求最小值.
2π π
【解答过程】因为⃗a,⃗b,⃗c均为单位向量，且且〈⃗a,⃗b〉= ,〈⃗a+⃗b,⃗c〉=
，
3 3√ 2π
所以|⃗a+⃗b|=√(⃗a+⃗b) 2=√⃗a2+2⃗a·⃗b+⃗b2= 12+2×1×1×cos +12=1，
3
|⃗a+⃗b+t⃗c|=√(⃗a+⃗b+t⃗c) 2=√(⃗a+⃗b) 2+2t(⃗a+⃗b)·⃗c+(t⃗c) 2
= √ 12+2t×1×1×cos π +t2=√1+t+t2= √ (t+ 1 ) 2 + 3 ≥ √3 = √3 ，
3 2 4 4 2
1 √3
当t=− 时，|⃗a+⃗b+t⃗c|(t∈R)的最小值为 .
2 2
故选：B.
【题型4 平面向量的垂直问题】
【例4】（2024·辽宁·模拟预测）若⃗a，⃗b是夹角为60°的两个单位向量，λ⃗a+⃗b与2⃗a−⃗b垂直，则λ=（ ）
A．0 B．2 C．−1 D．−2
【解题思路】由数量积的定义可求出⃗a⋅⃗b，再由向量垂直的性质求解即可得出答案.
【解答过程】解：⃗a，⃗b是夹角为60°的两个单位向量，
1
则|⃗a|=|⃗b|=1，⃗a⋅⃗b=1×1×cos60°=
，
2
因为λ⃗a+⃗b与2⃗a−⃗b垂直，
则(λ⃗a+⃗b)⋅(2⃗a−⃗b)=2λ⃗a2+(2−λ)⃗a⋅⃗b−⃗b2=0，
1
即2λ−1+(2−λ)× =0，解得λ=0.
2
故选：A.
【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）已知向量⃗a=(1,λ)，⃗b=(2,−1)．若(⃗a+2⃗b)⊥⃗b，则λ=（ ）
A．1 B．−1 C．12 D．−12
【解题思路】（方法一）由⃗a,⃗b的坐标，求得⃗a+2⃗b的坐标，利用向量垂直的坐标表示式列出方程求解即
得；（方法二）先由(⃗a+2⃗b)⊥⃗b化简，再代入⃗a,⃗b得坐标计算即得.
⃗ ⃗
【解答过程】（方法一）由a=(1,λ) ，b=(2,−1) ，得⃗a+2⃗b=(5,λ−2)．
由(⃗a+2⃗b)⊥⃗b，得(⃗a+2⃗b)⋅⃗b=0，即5×2+(λ−2)×(−1)=0，解得λ=12．
故选：C．（方法二）由(⃗a+2⃗b)⊥⃗b，得(⃗a+2⃗b)⋅⃗b=0，即⃗a⋅⃗b+2⃗b2=0，
将 ⃗ a=(1,λ)， ⃗ b=(2,−1) 代入得，1×2+λ×(−1)+2×[22+(−1) 2]=0，解得λ=12．
故选：C．
【变式4-2】（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知向量⃗a=(1,2)，⃗b=(4,x)，⃗c=2⃗a+⃗b，若⃗a⊥⃗c，
则实数x的值为（ ）
A．7 B．−7 C．2 D．−2
【解题思路】先求出⃗c，再根据两个向量垂直的坐标公式计算求解即可.
【解答过程】因为⃗a=(1,2)，⃗b=(4,x)，
所以⃗c=2⃗a+⃗b=(6,4+x)，
由⃗a⊥⃗c，得⃗a⋅⃗c=0，
则6+2(4+x)=0，解得x=−7.
故选：B.
【变式4-3】（2024·甘肃张掖·三模）已知向量⃗a,⃗b满足|⃗a|=|⃗b|=1，且⃗a⊥⃗b，若(λ⃗a+⃗b)⊥(⃗a+μ⃗b)，则
（ ）
A．λ+μ=0 B．λ+μ=−1
C．λμ=−1 D．λμ=0
【解题思路】根据题意，(λ⃗a+⃗b)⊥(⃗a+μ⃗b)，则(λ⃗a+⃗b)⋅(⃗a+μ⃗b)=0，结合数量积运算律化简可解.
【解答过程】根据题意，⃗a⊥⃗b，所以⃗a⋅⃗b=0，
又(λ⃗a+⃗b)⊥(⃗a+μ⃗b)，所以(λ⃗a+⃗b)⋅(⃗a+μ⃗b)=0，
即λ⃗a2+(1+λμ)⃗a⋅⃗b+μ⃗b2=0，因为|⃗a|=|⃗b|=1，
所以λ+μ=0.
故选：A.
【题型5 平面向量的投影】
【例5】（2024·山东泰安·模拟预测）已知单位向量⃗a,⃗b满足|⃗a−⃗b|=1，则⃗a在⃗b方向上的投影向量为（ ）
1 1
A． ⃗b B．⃗b C． ⃗a D．−⃗a
2 2
【解题思路】两边平方求出数量积，然后在根据投影向量公式计算即可.
→ → |→| |→| |→ →| |→ →| 2 → → → →
【解答过程】因为 a,b 是单位向量，所以 a =1, b =1 ，由 a−b =1 得 a−b =1 ，则 a2−2a⋅b+b2=1 ，
→ → 1
得a⋅b= ，
2
1
→ → → → →
→ → → → |→| b a⋅b b 2 b 1→
设 a 与 b 的夹角为θ，则 a 在 b 方向上的投影向量为 a cosθ⋅ = ⋅ = ⋅ = b.
|→| |→| |→| 1 1 2
b b b
故选：A.
【变式5-1】（2024·吉林·模拟预测）已知向量⃗a=(1,0),⃗b=(1,2√3)，则向量⃗a+⃗b在向量⃗a上的投影向量为
（ ）
A．(2,2√3) B．2 C．⃗a D．2⃗a
【解题思路】根据题中条件及投影向量的定义计算即可求解.
【解答过程】由向量⃗a=(1,0),⃗b=(1,2√3)，
则⃗a+⃗b=(2,2√3)，(⃗a+⃗b)⋅⃗a=1×2+0×2√3=2，|⃗a|=1，
(→ →) → →
a+b ⋅a a →
则向量⃗a+⃗b在⃗a上的投影向量为： ⋅ =2a.
|→| |→|
a a
故选：D.
【变式5-2】（2024·湖北·模拟预测）已知向量⃗a=(1,0),⃗b=(0,1),⃗a⋅⃗c=⃗b⋅⃗c=1，则向量⃗a在向量⃗c上的投
影向量为（ ）
(1 1) (√2 √2) ( 1 1) ( √2 √2)
A． , B． , C． − , D． − ,
2 2 2 2 2 2 2 2
【解题思路】设出⃗c的坐标，利用给定条件得到⃗c，再利用投影向量公式求解即可.【解答过程】设⃗c=(x,y)，因为⃗a=(1,0),⃗b=(0,1),⃗a⋅⃗c=⃗b⋅⃗c=1，
所以¿，解得¿，∴⃗c=(1,1)，
⃗a⋅⃗c ⃗c 1 (1,1) 1 1
即向量⃗a在向量⃗c上的投影向量为 ⋅ = ⋅ =( , ).
|⃗c| |⃗c| √2 √2 2 2
故选：A.
【变式5-3】（2024·陕西宝鸡·二模）已知向量⃗a，⃗b的夹角为45°，且|⃗a|=4，⃗a⋅(⃗a−⃗b)=0，则⃗b在⃗a上的
投影向量为（ ）
A．2⃗a B．⃗a C．√2⃗a D．2√2⃗a
⃗a
【解题思路】化简⃗a⋅(⃗a−⃗b)=0求出|⃗b|=4√2，进而求出⃗b在⃗a上的投影向 |⃗b|cos45°⋅ 即可．
|⃗a|
【解答过程】因为⃗a⋅(⃗a−⃗b)=0，所以⃗a2−⃗a⋅⃗b=0，即|⃗a| 2=⃗a2=⃗a⋅⃗b=16，
√2
所以⃗a⋅⃗b=|⃗a|⋅ |⃗b| ⋅cos45°=4⋅ |⃗b|× =16，解得|⃗b|=4√2，
2
⃗a
从而，⃗b在⃗a上的投影向量为 |⃗b|cos45°⋅ =⃗a．
|⃗a|
故选：B．
【题型6 坐标法解决向量数量积问题】
【例6】（2024·北京·三模）已知点N在边长为2的正八边形A ,A ,⋯,A 的边上，点M在边A A 上，
1 2 8 1 2
⃗ ⃗
则 A M⋅A N的取值范围是（ ）
1 1
A．[−4−2√2,2√2] B．[−4,4+2√2]
C．[−2√2,4+2√2] D．[−2√2,4]
⃗ ⃗
【解题思路】以A 1 为原点，建立平面直角坐标系，表示出点M、N的坐标，计算A M⋅A N即可.
1 1【解答过程】以A 为原点， A A 为x轴，A A 为y轴建立平面直角坐标系，
1 1 2 1 6
⃗ ⃗
设N(x
1
,y
1
),M(x
2
,0)，则A M=(x ,0),A N=(x ,y )，
1 2 1 1 1
⃗ ⃗
所以A M⋅A N=x x ，
1 1 1 2
π
由于正八边形的每个外角都为 ；
4
则x ∈[0,2],x ∈[−√2,2+√2]，
2 1
⃗ ⃗
所以A M⋅A N=x x ∈[−2√2,4+2√2].
1 1 1 2
故选：C.
【变式6-1】（2024·海南·三模）勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边
长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.在如图所示的勒洛三
π
角形中，已知AB=2，P为弧AC上的一点，且∠PBC= ，则⃗BP⋅⃗CP的值为（ ）
6
A．4−√2 B．4+√2
C．4−2√3 D．4+2√3
【解题思路】根据数量积的坐标运算即可求解.
【解答过程】如图所示，以B为坐标原点，直线BC为x轴，过点B且垂直于BC的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则B(0,0)，
π
C(2,0)，由∠PBC= ，得P(√3,1)，所以⃗BP=(√3,1)，⃗CP=(√3−2,1)，所以
6
⃗BP⋅⃗CP=√3(√3−2)+1×1=4−2√3.
故选：C.
【变式6-2】（2024·湖南永州·三模）在△ABC中，∠ACB=120∘，|⃗AC|=3，|⃗BC|=4，⃗DC⋅⃗DB=0，
则|⃗AB+⃗AD|的最小值为（ ）
A．6√3−2 B．2√19−4 C．3√3−1 D．√19−2
【解题思路】以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，过C垂直BC的直线为y轴建立如图所示的平面直角
坐标系，求得点D的轨迹方程，取BD的中点为M，求得M的轨迹方程，数形结合可求|⃗AB+⃗AD| .
min
【解答过程】由题意，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，过C垂直CB的直线为y轴建立如图所示的平
面直角坐标系，
3 3√3
则A(− , )，B(4,0)，由⃗DC·⃗DB=0，可得D是以BC为直径的圆，
2 2
所以D的轨迹方程为(x−2) 2+ y2=4，
取BD的中点为M，设M(x,y),D(x ,y )，
0 0可得¿，所以¿，所以(2x−6) 2+(2y) 2=4，
所以点M的轨迹方程为(x−3) 2+ y2=1，圆心为H(3,0)，半径为1，
由⃗AB+⃗AD=2⃗AM，所以|⃗AB+⃗AD|=2|⃗AM|，所以|⃗AB+⃗AD| =2|⃗AM| ，
min min
√ 3 2 3√3 2
所以|⃗AM| =|AH|−1= (− −3) +( −0) −1=3√3−1，
min 2 2
所以|⃗AB+⃗AD| =6√3−2.
min
故选：A.
【变式6-3】（2024·四川成都·三模）在矩形ABCD中，AB=5，AD=4，点E满足2⃗AE=3⃗EB，在平面
ABCD中，动点P满足⃗PE⋅⃗PB=0，则⃗DP⋅⃗AC的最大值为（ ）
A．√41+4 B．√41−6 C．2√13+4 D．2√13−6
【解题思路】建立直角坐标系，利用向量的坐标运算即可结合三角函数的性质求解.
【解答过程】以O为坐标原点（O是BE中点），建立如图所示的直角坐标系，
因为在矩形ABCD中，AB=5，AD=4，2⃗AE=3⃗EB，⃗PE⋅⃗PB=0，
所以动点P在以O为圆心，1为半径的圆上运动，故设P(cosθ,sinθ)，
则A(0,4),D(4,4),C(4,−1),
⃗DP⋅⃗AC=(cosθ−4,sinθ−4)⋅(4,−5)=4(cosθ−4)−5(sinθ−4)=√41cos(θ+φ)+4，
5
其中锐角φ满足tanφ= ，故⃗DP⋅⃗AC的最大值为√41+4,
4
故选：A.
【题型7 向量在物理中的应用】
【例7】（2024·山西长治·模拟预测）平面上的三个力F ,F ,F 作用于一点，且处于平衡状态.若
1 2 3√6−√2
|F |=1N,|F |= N,F 与F 的夹角为45°，则F 与F 夹角的余弦值为（ ）
1 2 2 1 2 3 1
√6+√2 √6+√2 √6−√2 √6−√2
A．− B． C．− D．
4 4 4 4
【解题思路】根据⃗F +⃗F +⃗F =0⃗,先求得|⃗F |=|⃗F +⃗F |，再由|⃗F |= √|⃗F | 2 +|⃗F | 2 +2|⃗F ||⃗F |cosθ，即可
1 2 3 3 1 2 2 1 3 1 3
求解.
【解答过程】∵三个力平衡，
∴⃗F +⃗F +⃗F =0⃗，
1 2 3
∴|⃗F |=|⃗F +⃗F |= √|⃗F | 2 +2⃗F ⋅⃗F +|⃗F | 2 = √ 12+2×1× √6−√2 cos45°+ (√6−√2) 2 =√2.
3 1 2 1 1 2 2 2 2
设⃗F 与⃗F 的夹角为θ，则|⃗F |= √|⃗F | 2 +|⃗F | 2 +2|⃗F ||⃗F |cosθ，
3 1 2 1 3 1 3
√6−√2
即
=√12+√2 2+2×1×√2cosθ，
2
√6+√2
解得cosθ=−
4
故选：A.
【变式7-1】（23-24高一下·浙江台州·期末）一条河的两岸平行，河宽600m，一艘船从河岸边的某处出发
到河对岸.设船在静水中行驶的速度的大小为4km/h，水流速度的大小为2km/h.当船以最短距离到对岸时，
船行驶所用的时间（保留两位小数）为（ ）
A．0.17h B．0.15h C．0.13h D．0.10h
【解题思路】要使航程最短，需使船的速度与水流速度的合成速度⃗v必须垂直于对岸，利用勾股定理求出
合速度，从而可求出航行时间.
【解答过程】设一艘船从岸边A处出发到河的正对岸，设船的速度|⃗v |=4km/h，水流速度|⃗v |=2km/h，
1 2
要使航程最短，需使船的速度与水流速度的合成速度⃗v必须垂直于对岸，
如图指：|⃗v|=√|⃗v | 2 −|⃗v | 2=2√3(km/h)，
1 2d 0.6 √3
所以t= = = ≈0.17h
.
|⃗v| 2√3 10
故选：A.
【变式7-2】（23-24高一下·河北保定·期中）平面上三个力⃗F ，⃗F ，⃗F 作用于一点且处于平衡状态，
1 2 3
|⃗F |=1N，|⃗F |=√2N，⃗F 与⃗F 的夹角为45°，则|⃗F |的大小为（ ）
1 2 1 2 3
A．√3N B．5N C．√5N D．√6N
【解题思路】根据平衡状态得⃗F =−(⃗F +⃗F )，结合向量的数量积求解即可．
3 1 2
【解答过程】由题意得，⃗F =−(⃗F +⃗F )，
3 1 2
所以|⃗F |=|−(⃗F +⃗F )|=√(⃗F +⃗F ) 2 =√⃗F 2+2⃗F ⋅⃗F +⃗F 2=√1+2+2=√5N，
3 1 2 1 2 1 1 2 2
故选：C．
【变式7-3】（2024·浙江温州·二模）物理学中，如果一个物体受到力的作用，并在力的方向上发生了一段
位移，我们就说这个力对物体做了功，功的计算公式：W =⃗F⋅⃗S（其中W是功，⃗F是力，⃗S是位移）一物
体在力⃗F =(2,4)和⃗F =(−5,3)的作用下，由点A(1,0)移动到点B(2,4)，在这个过程中这两个力的合力对
1 2
物体所作的功等于（ ）
A．25 B．5 C．−5 D．−25
【解题思路】利用条件，先求出两个力的合力⃗F +⃗F 及⃗AB，再利用功的计算公式即可求出结果.
1 2
【解答过程】因为⃗F =(2,4)，⃗F =(−5,3)，所以⃗F +⃗F =(−3,7)，又A(1,0)，B(2,4)，所以⃗AB=(1,4)，
1 2 1 2
故W =(⃗F +⃗F )⋅⃗AB=−3+7×4=25.
1 2
故选：A.【题型8 向量数量积与解三角形综合】
【例8】（2024·湖北·一模）如图，在△ABC中，∠BAC=120∘,AB=2,AC=1,D是BC边上靠近B点的
三等分点，E是BC边上的动点，则⃗AE⋅⃗CD的取值范围为（ ）
[ √7 10] [ √7 7] [ 4 10] [ 4 7]
A． − , B． − , C． − , D． − ,
7 3 7 3 3 3 3 3
| ⃗ | ⃗ ⃗
【解题思路】先用余弦定理求出
BC
，再将向量用基底
AC,AB
表示，借助向量运算性质计算即可.
|⃗AB|2+|⃗AC|2−|⃗BC|2
1
【解答过程】由cos∠BAC= =− ，解得 | B ⃗ C | =√7.
2|⃗AB||⃗AC| 2
设⃗CE=λ⃗CB,0≤λ≤1，
2 2 2 2 14
则⃗AE⋅⃗CD=(⃗AC+⃗CE)⋅⃗CD=(⃗AC+λ⃗CB)⋅ ⃗CB= ⃗AC⋅⃗CB+ λ⃗CB2= ⃗AC⋅(⃗AB−⃗AC)+ λ
3 3 3 3 3
2 ⃗ ⃗ 2 ⃗ 14 4 14 [ 4 10]
= AC⋅AB− AC2+ λ=− + λ∈ − , .
3 3 3 3 3 3 3
故选：C.
π π
【变式8-1】（2024·江苏盐城·模拟预测）△ABC中，若AB=6,∠BAC= ,∠ACB= ，则
3 4
⃗BA⋅⃗BC+⃗CA⋅⃗CB=（ ）
A．54 B．27 C．9 D．3√6
【解题思路】利用正弦定理求出BC，再利用数量积的运算律求解即得.
π
ABsin
π π 3
【解答过程】在△ABC中，若AB=6,∠BAC= ,∠ACB= ，由正弦定理得BC= =3√6，
3 4 π
sin
4
所以⃗BA⋅⃗BC+⃗CA⋅⃗CB=⃗BA⋅⃗BC+⃗AC⋅⃗BC=⃗BC2=54.
故选：A.
3
【变式8-2】（2024·安徽六安·模拟预测）已知平面向量⃗a，⃗b，⃗c满足|⃗a|=1，|⃗b|=√3，⃗a⋅⃗b=− ，
2，则 的最大值等于（ ）
⟨⃗a−⃗c,⃗b−⃗c⟩=30° |⃗c|
A．2√7 B．√7 C．2√3 D．3√3
【解题思路】由∠AOB=150°,∠ACB=30°，即点A,O,B,C四点共圆，再利用余弦定理、正弦定理求
解即可.
【解答过程】设⃗OA=⃗a,⃗OB=⃗b,⃗OC=⃗c，
3 √3
由|⃗a|=1，|⃗b|=√3，⃗a⋅⃗b=− ，则cos∠AOB=− ，
2 2
所以∠AOB=150°，又⟨⃗a−⃗c,⃗b−⃗c⟩=30°，所以∠ACB=30°，
即点A,O,B,C四点共圆，要使|⃗c|最大，即|⃗OC|为圆的直径，
在△AOB中，由余弦定理可得AB2=OA2+OB2−2OA×OB×cos∠AOB=7，
AB
即AB=√7，又由正弦定理可得2R= =2√7，
sin∠AOB
即|⃗c|的最大值为2√7，
故选：A.
【变式8-3】（2024·江西·三模）已知钝角△ABC的面积为3,AB=4,AC=2，则⃗AB·⃗AC的值是（ ）
A．−6 B．−2√7 C．2√7或−2√7 D．−6或6
3
【解题思路】根据题设求得sin A= ，依题分角A为钝角和角C为钝角两种情况讨论检验，利用向量数量
4
积的定义即可分别求得.
1 3
【解答过程】依题意， ×2×4sinA=3，解得sinA= ，
2 4
√7
若角A为钝角，则cosA=−√1−sin2A=−
，
4
√7
由余弦定理，BC2=42+22−2×4×2×(− )=20+4√7>AB2
,符合题意，
4
√7
此时，⃗AB·⃗AC=4×2cosA=8×(− )=−2√7；
4
√7
若角C为钝角，则cosA=√1−sin2A=
，
4
√7
由余弦定理，BC2=42+22−2×4×2× =20−4√7，
4
此时BC2+AC2−AB2=20−4√7+4−16=8−4√7<0,即cosC<0，符合题意，√7
此时⃗AB·⃗AC=4×2cosA=8× =2√7.
4
故选：C.
1．（2023·全国·高考真题）已知向量⃗a,⃗b,⃗c满足|⃗a|=|⃗b|=1,|⃗c|=√2，且⃗a+⃗b+⃗c=0⃗，则
cos〈⃗a−⃗c,⃗b−⃗c〉=（ ）
4 2 2 4
A．− B．− C． D．
5 5 5 5
【解题思路】作出图形,根据几何意义求解.
【解答过程】因为⃗a+⃗b+⃗c=0⃗,所以⃗a+⃗b=−⃗c,
即⃗a2+⃗b2+2⃗a⋅⃗b=⃗c2,即1+1+2⃗a⋅⃗b=2,所以⃗a⋅⃗b=0.
如图,设⃗OA=⃗a,⃗OB=⃗b,⃗OC=⃗c,
由题知,OA=OB=1,OC=√2,△OAB是等腰直角三角形,
√2 √2
AB边上的高OD= ,AD= ,
2 2
√2 3√2
所以CD=CO+OD=√2+ = ,
2 2
AD 1 3
tan∠ACD= = ,cos∠ACD= ,
CD 3 √10
cos〈⃗a−⃗c,⃗b−⃗c〉=cos∠ACB=cos2∠ACD=2cos2∠ACD−1
( 3 ) 2 4
=2× −1= .
√10 5
故选:D.
2．（2023·全国·高考真题）已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，C两点，D为BC的中点，若|PO|=√2，则⃗PA⋅⃗PD的最大值为（ ）
1+√2 1+2√2
A． B．
2 2
C．1+√2 D．2+√2
【解题思路】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得⃗PA⋅⃗PD
1 √2 ( π) 1 √2 ( π)
= − sin 2α− ，或⃗PA⋅⃗PD = + sin 2α+ 然后结合三角函数的性质即可确定⃗PA⋅⃗PD的
2 2 4 2 2 4
最大值.
π
【解答过程】如图所示，|OA|=1,|OP|=√2，则由题意可知:∠APO= ，
4
由勾股定理可得|PA|=√OP2−OA2=1
π
当点A,D位于直线PO异侧时或PB为直径时，设∠OPC=α,0≤α< ，
4
则：⃗PA⋅⃗PD =|⃗PA|⋅|⃗PD|cos ( α+ π)
4
( π)
=1×√2cosαcos α+
4
(√2 √2 )
=√2cosα cosα− sinα
2 2
=cos2α−sinαcosα
1+cos2α 1
= − sin2α
2 2
1 √2 ( π)
= − sin 2α−
2 2 4
π π π π
0≤α< ，则− ≤2α− <
4 4 4 4π π
∴当2α− =− 时，⃗PA⋅⃗PD有最大值1.
4 4
π
当点A,D位于直线PO同侧时，设∠OPCα,0<α< ，
4
⃗ ⃗ (π )
则：⃗PA⋅⃗PD =PA⋅PDcos −α
4
(π )
=1×√2cosαcos −α
4
(√2 √2 )
=√2cosα cosα+ sinα
2 2
=cos2α+sinαcosα
1+cos2α 1
= + sin2α
2 2
1 √2 ( π)
= + sin 2α+ ，
2 2 4
π π π 3π
0≤α< ，则 ≤2α+ <
4 4 4 4
π π 1+√2
∴当2α+ = 时，⃗PA⋅⃗PD有最大值 .
4 2 2
1+√2
综上可得，⃗PA⋅⃗PD的最大值为 .
2
故选：A.
3．（2023·北京·高考真题）已知向量⃗a，⃗b满足⃗a+⃗b=(2,3),⃗a−⃗b=(−2,1)，则|⃗a|2−|⃗b|2=（ ）
A．−2 B．−1 C．0 D．1
【解题思路】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答.
【解答过程】向量⃗a,⃗b满足⃗a+⃗b=(2,3),⃗a−⃗b=(−2,1)，所以|⃗a|2−|⃗b|2=(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=2×(−2)+3×1=−1.
故选：B.
4．（2023·全国·高考真题）已知向量⃗a=(3,1),⃗b=(2,2)，则cos⟨⃗a+⃗b,⃗a−⃗b⟩=（ ）
1 √17 √5 2√5
A． B． C． D．
17 17 5 5
【解题思路】利用平面向量模与数量积的坐标表示分别求得|⃗a+⃗b|,|⃗a−⃗b|,(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)，从而利用平面
向量余弦的运算公式即可得解.
【解答过程】因为⃗a=(3,1),⃗b=(2,2)，所以⃗a+⃗b=(5,3),⃗a−⃗b=(1,−1)，
则|⃗a+⃗b|=√52+32=√34,|⃗a−⃗b|=√1+1=√2，(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=5×1+3×(−1)=2，
(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b) 2 √17
所以cos⟨⃗a+⃗b,⃗a−⃗b⟩= = =
.
|⃗a+⃗b||⃗a−⃗b| √34×√2 17
故选：B.
5．（2023·全国·高考真题）已知向量⃗a=(1,1),⃗b=(1,−1)，若(⃗a+λ⃗b)⊥(⃗a+μ⃗b)，则（ ）
A．λ+μ=1 B．λ+μ=−1
C．λμ=1 D．λμ=−1
【解题思路】根据向量的坐标运算求出⃗a+λ⃗b，⃗a+μ⃗b，再根据向量垂直的坐标表示即可求出．
【解答过程】因为⃗a=(1,1),⃗b=(1,−1)，所以⃗a+λ⃗b=(1+λ,1−λ)，⃗a+μ⃗b=(1+μ,1−μ)，
由(⃗a+λ⃗b)⊥(⃗a+μ⃗b)可得，(⃗a+λ⃗b)⋅(⃗a+μ⃗b)=0，
即(1+λ)(1+μ)+(1−λ)(1−μ)=0，整理得：λμ=−1．
故选：D．
6．（2024·北京·高考真题）设 ⃗a，⃗b是向量，则“(⃗a+⃗b)·(⃗a−⃗b)=0”是“⃗a=−⃗b或⃗a=⃗b”的（ ）．
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解题思路】根据向量数量积分析可知(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=0等价于|⃗a|=|⃗b|，结合充分、必要条件分析判断.【解答过程】因为(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=⃗a2−⃗b2=0，可得⃗a2=⃗b2，即|⃗a|=|⃗b|，
可知(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=0等价于|⃗a|=|⃗b|，
若⃗a=⃗b或⃗a=−⃗b，可得|⃗a|=|⃗b|，即(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=0，可知必要性成立；
若(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=0，即|⃗a|=|⃗b|，无法得出⃗a=⃗b或⃗a=−⃗b，
例如⃗a=(1,0),⃗b=(0,1)，满足|⃗a|=|⃗b|，但⃗a≠⃗b且⃗a≠−⃗b，可知充分性不成立；
综上所述，“(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=0”是“⃗a≠⃗b且⃗a≠−⃗b”的必要不充分条件.
故选：B.
7．（2024·全国·高考真题）已知向量⃗a,⃗b满足|⃗a|=1,|⃗a+2⃗b|=2，且(⃗b−2⃗a)⊥⃗b，则|⃗b|=（ ）
1 √2 √3
A． B． C． D．1
2 2 2
【解题思路】由(⃗b−2⃗a)⊥⃗b得⃗b2=2⃗a⋅⃗b，结合|⃗a|=1,|⃗a+2⃗b|=2，得1+4⃗a⋅⃗b+4⃗b2=1+6⃗b2=4，由
此即可得解.
【解答过程】因为(⃗b−2⃗a)⊥⃗b，所以(⃗b−2⃗a)⋅⃗b=0，即⃗b2=2⃗a⋅⃗b，
又因为|⃗a|=1,|⃗a+2⃗b|=2，
所以1+4⃗a⋅⃗b+4⃗b2=1+6⃗b2=4，
√2
从而|⃗b|=
.
2
故选：B.
8．（2024·全国·高考真题）设向量⃗a=(x+1,x),⃗b=(x,2)，则（ ）
A．“x=−3”是“⃗a⊥⃗b”的必要条件 B．“x=1+√3”是“⃗a//⃗b”的必要条件
C．“x=0”是“⃗a⊥⃗b”的充分条件 D．“x=−1+√3”是“⃗a//⃗b”的充分条件
【解题思路】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【解答过程】对A，当⃗a⊥⃗b时，则⃗a⋅⃗b=0，
所以x⋅(x+1)+2x=0，解得x=0或−3，即必要性不成立，故A错误；对C，当x=0时，⃗a=(1,0),⃗b=(0,2)，故⃗a⋅⃗b=0，
所以⃗a⊥⃗b，即充分性成立，故C正确；
对B，当⃗a//⃗b时，则2(x+1)=x2，解得x=1±√3，即必要性不成立，故B错误；
对D，当x=−1+√3时，不满足2(x+1)=x2，所以⃗a//⃗b不成立，即充分性不立，故D错误.
故选：C.
9．（2024·广东江苏·高考真题）已知向量⃗a=(0,1),⃗b=(2,x)，若⃗b⊥(⃗b−4⃗a)，则x=（ ）
A．−2 B．−1 C．1 D．2
【解题思路】根据向量垂直的坐标运算可求x的值.
【解答过程】因为⃗b⊥(⃗b−4⃗a)，所以⃗b⋅(⃗b−4⃗a)=0，
所以⃗b2−4⃗a⋅⃗b=0即4+x2−4x=0，故x=2，
故选：D.
10．（2023·全国·高考真题）已知向量⃗a，⃗b满足|⃗a−⃗b|=√3，|⃗a+⃗b|=|2⃗a−⃗b|，则|⃗b|= √3 ．
【解题思路】法一：根据题意结合向量数量积的运算律运算求解；法二：换元令⃗c=⃗a−⃗b，结合数量积的
运算律运算求解.
【解答过程】法一：因为|⃗a+⃗b|=|2⃗a−⃗b|，即(⃗a+⃗b) 2 =(2⃗a−⃗b) 2 ，
则⃗a2+2⃗a⋅⃗b+⃗b2=4⃗a2−4⃗a⋅⃗b+⃗b2，整理得⃗a2−2⃗a⋅⃗b=0，
又因为|⃗a−⃗b|=√3，即(⃗a−⃗b) 2 =3，
则⃗a2−2⃗a⋅⃗b+⃗b2=⃗b2=3，所以|⃗b|=√3.
法二：设⃗c=⃗a−⃗b，则|⃗c|=√3,⃗a+⃗b=⃗c+2⃗b,2⃗a−⃗b=2⃗c+⃗b，
由题意可得：(⃗c+2⃗b) 2 =(2⃗c+⃗b) 2 ，则⃗c2+4⃗c⋅⃗b+4⃗b2=4⃗c2+4⃗c⋅⃗b+⃗b2，
整理得：⃗c2=⃗b2，即|⃗b|=|⃗c|=√3.
故答案为：√3.→ → ⃗ ⃗ ⃗
11．（2024·天津·高考真题）已知正方形ABCD的边长为1， DE=2EC, 若 BE=λBA+μBC ，其中λ,μ为
4 5
实数，则λ+μ= ；设F是线段BE上的动点，G为线段AF的中点，则⃗AF⋅⃗DG的最小值为 − ．
3 18
【解题思路】解法一：以{⃗BA,⃗BC}为基底向量，根据向量的线性运算求⃗BE，即可得λ+μ，设⃗BF=k⃗BE，
求⃗AF,⃗DG，结合数量积的运算律求⃗AF⋅⃗DG的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求⃗BE，
[ 1 ]
即可得λ+μ，设F(a,−3a),a∈ − ,0 ，求⃗AF,⃗DG，结合数量积的坐标运算求⃗AF⋅⃗DG的最小值.
3
1 ⃗ 1 ⃗ 1
【解答过程】解法一：因为CE= DE，即CE= BA，则⃗BE=⃗BC+⃗CE= ⃗BA+⃗BC，
2 3 3
1 4
可得λ= ,μ=1，所以λ+μ= ；
3 3
由题意可知：|⃗BC|=|⃗BA|=1,⃗BA⋅⃗BC=0，
1
因为F为线段BE上的动点，设⃗BF=k⃗BE= k⃗BA+k⃗BC,k∈[0,1]，
3
则⃗AF=⃗AB+⃗BF=⃗AB+k⃗BE= (1 k−1 )⃗BA+k⃗BC，
3
又因为G为AF中点，则⃗DG=⃗DA+⃗AG=−⃗BC+ 1 ⃗AF= 1(1 k−1 )⃗BA+ (1 k−1 )⃗BC，
2 2 3 2
可得⃗AF⋅⃗DG= [(1 k−1 )⃗BA+k⃗BC ] ⋅ [1(1 k−1 )⃗BA+ (1 k−1 )⃗BC ]
3 2 3 2
1(1 ) 2 (1 ) 5( 6) 2 3
= k−1 +k k−1 = k− − ，
2 3 2 9 5 10
5
又因为k∈[0,1]，可知：当k=1时，⃗AF⋅⃗DG取到最小值− ；
18
解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，( 1 )
则A(−1,0),B(0,0),C(0,1),D(−1,1),E − ,1 ，
3
可得⃗BA=(−1,0),⃗BC=(0,1),⃗BE= ( − 1 ,1 ) ，
3
4
因为⃗BE=λ⃗BA+μ⃗BC=(−λ,μ)，则¿，所以λ+μ= ；
3
[ 1 ] [ 1 ]
因为点F在线段BE:y=−3x,x∈ − ,0 上，设F(a,−3a),a∈ − ,0 ，
3 3
(a−1 3 )
且G为AF中点，则G ,− a ，
2 2
可得⃗AF=(a+1,−3a),⃗DG= (a+1 ,− 3 a−1 ) ，
2 2
则⃗AF⋅⃗DG= (a+1) 2 +(−3a) ( − 3 a−1 ) =5 ( a+ 2) 2 − 3 ，
2 2 5 10
[ 1 ] 1 5
且a∈ − ,0 ，所以当a=− 时，⃗AF⋅⃗DG取到最小值为− ；
3 3 18
4 5
故答案为： ；− .
3 18
